MOT SO BAI TOAN HINH HOC GIAI BANG 3 CACH(RAT HAY)

Bài 1: Cho hình chóp
ABCS.
có tam giác đáy
ABC
vuông tại
B
và
SA
vuông góc
với mặt phẳng
)(ABC
.
a) Chứng minh
BC
vuông góc với mặt phẳng
)(SAB
b) Gọi
AH
là đường cao của tam giác
SAB
. Chứng minh
AH
vuông góc với
SC
.
Giải:
- Cách 1 (Dùng phương pháp tổng
hợp):

a) Chứng minh
)(SABBC ⊥

Ta có
)(
))((
SABBC
ABCvìSASABC
ABBC
⊥⇒



⊥⊥
⊥
.
b) Chứng minh
BCAH ⊥
Ta có
SCAH
SABvìAHAHBCSABBC
SBAH
⊥⇒



⊥⊥⇒⊥
⊥
))(()(
.
- Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ sau:
1






⇒⊂
−⇒⊂
⇒≡
);0;0(
)0;;(),0;;0(,//
)0;0;0(
sSOzSA
bcCbBOyABBCOx
AAO
a) Chứng minh
)(SABBC ⊥
Ta có:
)()( OxySABOx =⊥
và
BCOx //
nên
)(SABBC ⊥
b) Chứng minh
BCAH ⊥
Ta có:
);;0( sbSB −=
Gọi
);;0( zy
là tọa độ điểm
);;0( zyAHH =⇒

000. =−+⇔=⇔⊥ szbySBAHSBAH
(1)
Phương trình đường thẳng
SB
là





−=
+=
=
stz
btby
x 0
(2)
Giải hệ (1) và (2):
2








++
⇒
+

−
=⇒=++
22
2
22
2
22
2
2
;;00)(
sb
sb
sb
bs
H
sb
b
ttsbtbb
.0).(0.);;(
22
22
22
22
SCAH
sb
sb
sb
sb
cSCAHsbcSC ⊥⇒=
+

−
+
+−=⇒−−=
- Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
a) Chứng minh
)(SABBC ⊥
Ta có:
ABBC ⊥
(giả thiết) (1)
Mặt khác:
BCSAABCSA ⊥⇒⊥ )(
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
)(SABBC ⊥
Vậy: BC vuông góc với mặt phẳng (SAB).
b) Chứng minh
BCAH ⊥
Ta có:
( )
( )
SCAHSBCAH
SABBCBCAH
SBAH
⊥⇒⊥⇒





⊥⊥

⊥
)(

Vậy:
BCAH
⊥
Bài 2: Cho tứ diện
ABCD
có các cạnh
ADACAB ,,
đôi một vuông góc và
4,3 === ADACAB
. Tính khoảng các từ điểm A đến mặt phẳng (BCD).
Giải:
-Cách 1 (Dùng phương pháp
tổng hợp):
Gọi M là trung điểm của CD. Vì
tam giác ACD vuông cân tại AM
là đường cao của nó.
22
2
2
==
AC
AM
Vì
AMCD ⊥
và
AM
là hình

chiếu của
BM
trên
)(ACD
nên
BMCD
⊥
Do đó:
)(ABMCD ⊥
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên BM, ta có:
)(
))((
BCDAH
AHABMvìCDCDAH
BMAH
⊥⇒



⊃⊥⊥
⊥
Suy ra AH là khoảng cách cần tìm.
ABM∆
vuông tại A có đường cao AH nên:
.
17
346
8
1

9
11111
2222
=⇔+=⇔+= AH
AHAMABAH
- Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
3
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz

sao cho:





⇒∈⇒∈
⇒∈
⇒≡
)0;4;0(),0;0;4(
)3;0;0(
)0;0;0(
DOyDCOxC
BOzB
AAO
Phương trình mặt phẳng chắn của (BCD) là
1
344
=++
zyx

012433:)( =−++⇔ zyxBCD
Khoảng cách cần tìm:
.
17
346
433
120.40.30.3
))(,(
222
=
++
−++
=BCDAd
- Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
-
Chọn hệ vector gốc
),,( ADACAB
Đặt
dADcACbAB === ,,
Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD)
Ta có:
4
dycxbyxBCyBDxABBHABAH
bdABADBD
bcBDACBC
++−−=++=+=
−=−=
−=−=
)1(
Vì






⊥
⊥
⇒⊥
BDAH
BCAH
BCDAH )(

)(
17
346
34
3412
32.99.16
34
1
)(916
34
1
)(
34
9
34
16
)(
34

9
34
16
34
9
9259
9925
0)]()1([
0)]()1([
222222
2
đvdtdcb
dcbAHAH
dcbAH
yx
yx
yx
bddycxyxb
bcdycxyxb
==+=++=






++==⇒
++=⇒
==⇔




=+
=+
⇔





=−++−−
=−++−−
⇔




Bài 3: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng
a
, gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Tính cosin của góc
·
( )
,AB DM
Giải
Cách 1 ( Dùng phương pháp tổng hợp )
Gọi N là trung điểm của AC, ta có
/ /MN AC

nên

·
( )
·
( )
, ,AB DM MN MD
ϕ
= =
Ta có
3
2
a
DM DN= =
(đường cao của hai
tam giác điều cạnh
a
) nên:
DMN
∆
cân tại D
Gọi H là trung điểm MN thì
DH MN⊥
Xét
µ
0
90
:
3 1
,
2 2 4
H

HDM
a a
DM MH MN

=

∆

= = =


1
4
os
3 2 3
2
a
MH
c
DM
a
ϕ
⇒ = = =
Cách 2 ( Dùng phương pháp tọa độ )
Gọi
a
cà cạnh của tứ diện đều, CI là đường cao, O là tâm của tam giác BCD. Chọn hệ
trúc tọa độ như sau:
Ox đi qua C, trục
/ /Oy BD

, Oz đi qua A như hình vẽ
Ta có
3 1 3 2 3
,
2 3 2 3 2
a a a
CI OI CI OC CI= ⇒ = = = =
5
z
OAC
∆
cho
6
3
a
OA =
Suy ra:
6 3 3 3
0;0; , ; ;0 , ;0;0 , ; ;0
3 6 2 3 6 2
a a a a a a
A B C D
       
− − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
M là trung điểm BC nên:
3
; ;0

12 4
a a
M
 
−
 ÷
 ÷
 

Ta có
3 6 3 3
; ; , ; ;0
6 2 3 4 4
a a a a a
AB DM
   
− − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uuu uuuu
Suy ra:
( )
( ) ( )
2 2
.
os ,
.
AB DM
c AB DM

AB DM
=
uuuuuuu
uuu uuuu
uuu uuuu
2 2
2 2 2 2 2
2
3
0
8 8
3 6 3 9
. 0
36 4 9 16 16
1
4
3 2 3
2
a a
a a a a a
a
a
a
+ +
=
+ + + +
= =
Vậy cosin của góc giửa hai đường thẳng AB, DM bằng
1
2 3

Cách 3: Dùng phương pháp vector
Chọn vector cơ sở
{ }
, ,BA BC BD
uuu uuu uuu
Ta có
BA BC BD a= = =
uuu uuu uuu
·
·
·
0
1
2 2
60
a
BM BC
ABC ABD CBD
= =
= = =
uuuu uuu
( )
1 1 1 1 1
2 2 2 4 2
DM BM BD BC BD BC BD
 
= − = − = −
 ÷
 
uuuu uuuu uuu uuu uuu uuu uuu

6
x
O
C
D
y
A
M
B
=>
( )
.
os ,
.
AB DM
c AB DM
AB DM
=
uuuuuuu
uuu uuuu
uuuuu
uuu
1 1
1 1
.
. .
4 2
4 2
1 1 1 1
. .

4 2 4 2
AB BC BD
AB BC AB BD
AB BC BD AB BC BD
 
−
−
 ÷
 
= =
− −
uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
( ) ( )
( )
0 0
2 2 2 0
1 1
. . os 60 . . os 60
4 2
1 1 1
. 2. . . os 60
16 4 8
a a c a a c
a a a a c
−
=
+ −

2 2
2 2
1
8 4
2 3
5
.
16 8
a a
a a
a
−
= =
−
Bài 4: Cho tứ diện OABC, trong đó OA, OB, OC đôi một vuông góc và
OA=OB=OC=
a
. Gọi K là trung điểm BC. Hãy xác định cà tính độ dài đoạn vuông
góc chung của các cặp đường thẳng.
a) OA và BC
b) AK và OC
Giải

Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp):
a)Tính khoảng cách OA và BC
+ Xác định đoạn vuông góc chung:
OBC
∆
cân tên trung tuyến
OK

cũng là đường cao :
BCOK
⊥
mặc khác
OAOK
⊥
Suy ra OK là đoạn vuông góc chung cần tìm.
Tính
OK
OBC∆
vuông tại O có
aOCOB ==
nên
2
2a
OK =
b)Tính khoảng cách AK và OC
+ Xác định đoạn vuông góc chung:
Gọi
L
là trung điểm
OB
thì
)(OABKL ⊥
Gọi I là hình chiếu của
O
trên
AL
ta có:
AKOIALKOI

KLOI
ALOI
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊥
)(
(3)
Mặt khác
OIOC ⊥
(4)
Vẽ
)(// AKJKLIJ ∈
và
)(// OCHOIIJ ∈
(5)
(3), (4), (5) CHO
JH
OCJH
AKJH
=>



//
//
là đoạn vuông góc chung cần tìm
+ Tính

OIKJ
=
OAL∆
vuông taoi O có
OI
là đường cao nên:
2
5514111
222222
a
OI
aaaOAOLOI
==>=+=+=
là khoảng cách cần tìm
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:





=>⊂
=>⊂
=>⊂
);0;0(
)0;;0(
)0;0;(
aBOzOA
aBOyOC
aBOxOB

7
a) Tính khoảng cách OA và BC
K là trung điểm BC nên
)0;
2
;
2
(
aa
K
2
2
),(
a
OKOKBCOAd ===
b) Tính khoảng cách AK và OC
Xác định đoạn vuông góc chung như phương pháp tổng hợp
Tính AK và OI
Ta có






−==>







a
a
AL
a
L ;0;
2
0;0;
2
Do
ALOI
⊥
và
KLOI
⊥
nên






5
;0;
5
2 aa
I
5
5

5
0
5
2
2
2
2
aaa
OIOI =






++






===>
là khoảng cách cần tìm
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
a) Tính khoảng cách OA và BC.
Kí hiệu EF là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng OA và BC.
Chọn vector cơ sở
{ }
, ,OA OB OC

uuu uuu uuu
.
Ta có
BC OC OB= −
uuu uuu uuu
OA, OB, OC đôi một vuông góc nên ta có:
. . . 0OA OB OB OC OA OC= = =
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
OA OB OC a= = =
uuuu uuuu uuuu
(1)
E thuộc đường thẳng BC =>
x∃
để
BE xBC=
uuu uuu
BE xOC xOB= −
uuu uuu uuu
F thuộc đường thẳng OA =>
y∃
để
OF yOA=
uuu uuu
. . . 0OA OB OB OC OA OC= = =
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
(2)
. 0EF OA EF OA⊥ ⇒ =
uuu uuu uuu uuu
(3)
Mặt khác

EF OF OFEB BO BE OB= + + = − − +
uu uuu uuu uuu uuu uuu uuu
(4)
Từ (1), (4) ta có:
EF ( )xBC OB yOA x OC OB OB yOA= − − + = − − − +
uu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu
( 1)yOA x OB xOC= + − −
uuu uuu uuu
(5)
Từ (2), (3), (5) ta có:
( 1) . 0
( 1) . 0
yOA x OB xOC OC OB
yOA x OB xOC OA

   
+ − − − =
   

 
+ − − =

 

uuu uuu uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu
8
Suy ra
1
( 1) 0

2
0
0
x x
x
y
y

− − − =
=


⇔
 
=


=

Vậy
1 1
EF
2 2
OB OC= − −
uu uuu uuu
( )
2
2 2
1 1 1 2
EF

2 2 4 2
a
OB OC a a
 
= − − = + =
 ÷
 
uuu
uuu uuu
b) Tính khoảng cách AK và OC
Kí hiệu JH là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng OA và OB.
Chọn vector cơ sở
{ }
, ,OA OB OC
uuu uuu uuu
.
Ta có
BC OC OB= −
uuu uuu uuu
OA, OB, OC đôi một vuông góc nên ta có:
. . . 0OA OB OB OC OA OC= = =
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
OA OB OC a= = =
uuuu uuuu uuuu
K là trung điểm BC nên
( )
1
2
OK OB OC= +
uuu uuu uuu

.
=>
1 1
2 2
AK OK OA OB OC OA= − = + −
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
(1)
J thuộc đường thẳng AK =>
x∃
để
AJ xAK=
uu uuu
(2)
2 2
x x
AJ OB OC xOA= + −
uuu uuu uuu uuu
H thuộc đường thẳng OC =>
y∃
để
OH yOC=
uuu uuu
(3)
. 0JH AK JH AK⊥ ⇒ =
uuu uuu uuu uuu
(4)
. 0JH OC JH OC⊥ ⇒ =
uuu uuu uuu uuu
(5)
Mặt khác

AJ OHJH OA= − − +
uuu uu uuu uuu
(6)
Từ (1), (2), (3), (6) ta có
2 2
x x
JH OB OC xOA OA yOC= − − + − +
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
( )
1
2 2
x x
JH x OA OB y OC
 
= − − + − +
 ÷
 
uuu uuu uuu uuu
(7)
Từ (4), (5), (7) ta có hệ:
( )
( )
1 1
1 . 0
2 2 2 2
1 . 0
2 2
x x
x OA OB y OC OB OC OA
x x

x OA OB y OC OC

 
   
− − + − + + − =

 ÷
 
 
   
 

 
 

− − + − + =
 ÷
 

 
 

uuu uuu uuu uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu
9
Suy ra:
1
2
( 1) 0
3

1 0
4 2 2
5
2 2
4
2
0
5
2
x x
y x
x y
y
x
x y
x
y

 

− + − + − − =
−
=

 ÷


+ + =
  
 

⇔ ⇔
  
  
=
=
− + =





=>
1 2
5 5
JH OA OB
−
= −
uuu uuu uuu
Vậy
2 2
1 4 5
25 25 5
JH a a a= + =
uuu
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB,AC, AD vuông góc với nhau từng đôi một;
AB=c,AC=b,AD=a.Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Giải:
Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp):
Xác định hính chiếu H của A trên mặt phẳng (BCD) D
Gọi I là hình chiếu của A trên cạnh BC . Ta có :

)(ADIBC
ADBC
AIBC
⊥⇒



⊥
⊥
Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh DI. Ta có :

)(ADIAH
DIAH
BCAH
⊥⇒



⊥
⊥
H
Tính AH: A

ADI∆
vuông tại A ,đường cao AH nên:

22222
11111
aAIADAIAH
+=+=

(1) B

∆
ABC vuông tại A , đường cao AI nên :

22222
11111
bcACABAI
+=+=
(2)
Thay (2) vào (1), ta có:

)(
)(
1111
222222
2
2
222222
2222
accbba
abc
AH
abc
bacacb
cbaAH
++
=⇔
++
=++=

Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục toạ độ oxyz như sau:




⇒∈⇒∈
⇒∈⇒≡
);0;0(),0;;0(
)0;0;(),0;0;0(
aDozDbCoyC
cBoxBAAO
Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (BCD) là :
(BCD) :
01 =−+⇔=++ abcacybcx
c
z
b
y
a
x
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD ) là :
10
C

222222222222
0.0.0.
cbcaba
abc
accbba

abcabacbc
d
++
=
++
−++
=
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ vectơ góc
{
ADACAB ,,
}

Đặt
cADbACaAB === ,,


ccbbaa === ,,
Ta có :
baACDADCcaABDADB +−=+=+−=+= ,
Mặt phẳng (bdc) có 2 vectơ cơ sở là
DCDB,

Gọi H là hình chiếu vuông góc của Alên (BCD)
AHBCDAd =⇒ ))(,(
Ta có :
cxbyayxDCyDBxADAHADAH ++−+−=++=+= )1(
Mà








++
=
++
=
⇒





=
=
⇒⊥
222222
22
222222
22
0.
0.
)(
cbacab
ac
y
cbacab
ba

x
DCAH
DBAH
BCDAH
Thay vào biểu thức toạ độ của
AH
222222
cbcaba
abc
AHAH
++
==⇒
Bài 6: Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt
phẳng vuông góc với nhau . Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB, CD và E,F lần
lượt là trung điểm của SA, SD .
a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
b/ Gọi G là giao điểm của CE và DF . Chứng minhGE vuông góc với SA, GF
vuông góc với SB.
c/ Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK.
Giải
a) Tính khoảng cách d từ A đến (SCD):
S
E I
J
F G
A D
H
K
B C
a) Tính khoảng cách d từ S đến mặt phẳng (SCD):

Ta có AB // (SCD) nên d(A,(SCD))=d(H,(SCD))
(SCD)
⊥
(SHK) theo giao tuyến là SK
Trong (SHK) vẽ HI
⊥
SK thì HI
⊥
(SCD) Do đó HI =d(H,(SCD))
11
∆
SHK vuông tại H có :
222
111
2
3
HKSHHI
aHK
a
SH
+=⇒





=
=

7

21
3
71
3
41
2
2222
a
HI
aaaHI
=⇒=+=⇒
b) Chứng minh GE
⊥
SA ,GF
⊥
SB :
∆
HBC vuông tại B có
2
5
2
22
a
BCBHCK
aBC
a
BH
=+=⇒






=
=
∆
SHC vuông tại H có :
ACaCKSHSC
a
CK
a
SH
==+=⇒







=
=
2
2
5
2
3
22
⇒

∆
ACS cân tại Ccó E là trung điểm của SA nên CE
⊥
SA
Chứng minh tương tự , ta cũng có DF
⊥
SB
c) Chứng minh G là trọng tâm tam giác SHK:
Ta có: Tứ giác EFCD là hình thang cân nên KJ đi qua G (J
EFSH
∩∈
)
Xét 2 tam giác GEJ và GCD có
2
1
==
CD
EJ
GC
GE
(1)
Mặt khác KJ là trung tuyến của tam giác SHK (2)
Tứ (1) và (2)
⇒
G là trọng tâm tam giác SHK
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục toạ độ oxyz như sau :













⇒∈
−
⇒
−
⇒⊂
=
)
2
3
;0;0(
)0;;
2
(),0;;
2
(//
)0;0;
2
(),;0;0;
2
(
2

1
a
SozS
a
a
Da
a
CADoy
a
B
a
AoxAB
ABOB
a) Tính khoảng cách d từ A đến (SCD):
[ ]
);
2
;0(,)
2
;;
2
(),
2
3
;;
2
(
2
32
a

a
SDSC
a
a
a
SD
a
a
a
SC =⇒
−
−
=
−
=
Mặt phẳng (SCD):
Qua D và vectơ pháp tuyến
[ ]
0323:)()1;
2
3
;0(, =−+⇒=⇒ azySCDnSDSC
Vậy: d(A,(SCD)) =
7
21
7
3
a
a
=

−
b) Chứng minh GE
⊥⊥ GFSA,
SB:
12
E(







=
−=
−=
−
−
=
−
tz
tay
ta
x
CE
a
a
a
CE
aa

4
3
4
3
2
:),
4
3
;;
4
3
(),
4
3
;0;
4
(I)
F(







=
−=
+
−
=

−=
'
4
3
'
4
'3
2
:),
4
3
;;
4
3
(),
4
3
;0;
4
tz
tay
ta
x
DF
a
a
a
DF
aa
(II)

Giải hệ (I) và (II) ta được G(0;
)
6
3
;
3
aa
SAGEGESA
aaa
GE
aa
SA ⊥⇒=⇒
−−
=
−−
= 0.)
12
3
;
3
;
4
(),
2
3
;0;
2
(
SBGFGFSB
aaa

GF
aa
SB ⊥⇒=⇒
−
=
−
= 0.)
12
3
;
3
;
4
(),
2
3
;0;
2
(

c) Chứng minh G là trọng tâm tam giác SHK:
H(0;0;0), K(0;a;0), S(0;0;
2
3a
) .Gọi G’ là trọng tâm của tam giác SHK, ta có :
G’(0;
6
3
;
3

aa
)
≡
G . Vậy G là trọng tâm của tam giác SHK
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
a) Tính khoảng cách d từ A đến (SCD):
Chọn hệ vectơ góc
{
}
HSADAB ,,
Đặt
2
3
,,,,
a
cabacHSbADaAB ======
cyxbyxa
yx
SDySCXHSSIHSHI
b
a
cBCHBSHSCb
a
cADHASHSD
)1()()
22
(
2
,
2

−−+++−=++=+=
++−=++=+−−=++=
Mà





=
=
⇒





=
=
⇒⊥
14
3
14
3
0.
0.
)(
y
x
SCHI
SDHI

SCDHI

Thay x,y vào biểu thức toạ độ của
7
21a
HIHIHI ==⇒
b) Chứng minh GE vuông góc với SA:
Ta có :
13
000 )(. =+=+=+= BESACBSABECBSACESA
(Do BE là đường cao trong tam
giác đều SABnên vuông góc với S và (SAB)
)(ABCD⊥
)
Mà G
∈
CE
SAGESAGE ⊥⇒⊥⇒
Tương tự ta có:
000 )(. =+=+=+= AFSBDASBAFDASBDFSB
(do AF là đường cao trong tam
giác đều SAB và (SAB)
)(ABCD⊥
)
⇒⊥⇒ DFSB
SB
DF⊥
Mà G
SBGFSBGFDF ⊥⇒⊥⇒∈
c) Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK:

Do J,K,Hhẳng hàng nên ta có :

HKHJHG )1(
αα
−+=
(a)
Lại có F,G,D thẳng hàng :

HKKDHJHKHKJFHJHDHFSG )1()1()1()1()1(
2
3
βββββββββ
−+++=−+−++=−+=
−

(b)
Từ (a) và (b)





=
=
⇒
3
2
3
2
β

α
HKHJHG
3
1
3
2
+=⇒
⇔
HKKJHKHG
3
1
3
2
3
2
++=
KJKGKJHGKH
3
2
3
2
=⇔=+⇔
. Từ biểu thức này ta suy ra G là trọng tâm tam
giác SHK.
Bài 7 : Cho hình lập phương
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có cạnh bằng a . Chứng minh rằng
khoảng cách từ các điểm
, , , ', ', 'B C D A B D
tới đường chéo

'AC
bằng nhau và bằng
tích khoảng cách đó.
Giải :
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Nhắc lại định nghĩa trục đường tròn ngoại tiếp tam giác và tính chất của nó :
Ta có :
'
' ' ' ' 2
AD AB AA a
C D C B C A a
= = =



= = =


⇒
AC’ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều
'A BD
nên
' ( ' )AC A BD⊥
tại trọng
tâm I của tam giác
'A BD

'A O
là đường cao của
'A BD∆

nên
3 6
' 2
2 2
a
A O a= • =
14
z
x
y
A
A'
D'
C'
B'
D
C
B
H
Suy ra
2 6
' '
3 3
a
A I DI BI A O= = = =
Tương tự
'A C
cũng là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều
' 'B CD
nên

' ( ' )AC A BD⊥
tại trọng tâm J của
' 'B CD∆
.
Suy ra
2 6
' '
3 3
a
CJ B J D J CJ= = = =
Vậy khoảng cách từ các điểm
, , , ', ', 'B C D A B D
đến đường chéo
'A C
bằng nhau và
bằng
6
3
a
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Để tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau :
(0;0;0)
( ;0;0)
(0; ;0)
' '(0;0; )
O A
AB Ox B a
AD Oy D a

AA Oz A a
≡


⊂ ⇒


⊂ ⇒


⊂ ⇒

⊕
Tính khoảng cách
( , ')d B AC
*
:AC
qua A và vecto chỉ phương
'AC
uuuu
=(a;a;a) hoặc
(1;1;1)u =


'
x t
AC y t
z t
=



⇒ =


=


Gọi
( )
α
là mặt phẳng qua B và vuông góc với
'AC
, ta có
( )
α
:x+y+z-a=0
Giải hệ phương trình
'AC
và
( )
α
ta được
( , , ) ' ( )
3 3 3
a a a
I AC
α
∈ ∩

*

2
( ; ; )
3 3 3
a a a
BI = −
uu
O
D
C'
C
B'
B
A'
A
D'
15
B
A
A'
D
D'
C
C'B'
E
*
( , ')d B AC BI=
uu

⇒
2 2 2

2
( , ')
3 3 3
a a a
d B AC
     
= + +
 ÷  ÷  ÷
     
⇒
6
( , ')
3
a
d B AC =
Các trường hợp còn lại tương tự
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ vecto gốc như hình vẽ
{ '; ; } { , , }AA AB AD a b d=
uuuu uuuuuuu
 

+ Tính khoảng cách từ B đến AC’
Gọi H thuộc
'AC
sao cho BH vuông góc AC’
Biểu thị các vecto qua hệ vecto gốc
'AH x AC=
uuuu uuuu
và

' ; ( )AC a b d BH b x a b d= + + = − + + +
uuuu uuu
    
 
Theo yêu cầu đề bài ta có
' . ' 0BH AC BH AC⊥ ⇒ =
uuu uuuu uuu uuuu
Do đây là hình lập phương nên ta có thể giả đăt độ dài tất cà các cạnh là a .
Suy ra x+x-1+x=0
1
3
x⇔ =
.Vậy khoảng cách từ B đến AC’ bằng
6
3
a
BH =
uuu
Tương tự cho các trường hợp còn lại và khoảng cách từ C,D,A’,D’,B’ cũng bằng
6
3
a

.Bài 8 :Cho hình lập phương
. ' ' ' 'ABCD A B C D
. Tính khoảng cách giũa hai đường
thẳng
', 'BC CD
.
Giải :

Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Qua
'C
vẽ đường thẳng
d
||
'CD
thì d
( ', ')CC DD⊂

Gọi
E d CD∈ ∩
ta có :
*
CE CD a= =
*Khoảng cách cần tìm là khoảng cách từ
'CD

đến
( ')BEC

Xét khối chop tam giác
'.C BCE
có :
Đáy BCE là tam giác vuông tại C nên
diện tích là
2
2
BCE
a

S =
Đường cao
'C C a=

Suy ra thể tích
3
1
. '
3 6
BCE
a
V S C C= =

Xét khối chóp tam giác
. 'C BEC
có :
Đáy
'BC E
là tam giác đều cạnh
2a
nên
diện tích là
2
'
1 2 3 3
2.
2 2 2
BC E
a a
S a= =

Thể tích
3 3
'
1
6 3 6
BC E
a a
V S= ⇔ =

2 3
3
.
6 6
3
a a a
h h⇔ = ⇔ =
Với h là đướng cao của khối chóp tam giác
. 'C BEC
kẻ từ C. Đó lá khoảng cách cần tìm .
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau :
, , '
O B
A Ox C Oy B Oz
≡


∈ ∈ ∈


Ta có :
16
*
(0;0;0), '(0; ; ) ' (0; ; )B C a a BC a a⇒ =
*
(0; ;0), '( ; ; ) ' ( ;0; )C a D a a a CD a a⇒ =
x
y
z
B=O
B'
A'
D'
C'
A
D
C
Gọi
( )
α
là mặt phẳng chứa BC’ và song song với CD’ ta có
( )
α
;
2 2 2
:
' ' ( ; ; ) (1;1; 1)
qua B
BC CD a a a n




∧ = − ⇒ = −


uuuu uuuu

( ) : 0x y z
α
⇒ + − =
Khoảng cách từ C đến
( )
α
là
0 0
3 3
a
a
d
+ +
= =
đó chính là khoảng cách cần tìm .
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ trục tọa độ gốc
; ; 'AB b AD d AA a= = =
uuuu
 
uuu uuuv v

.

Gọi Q ,P là hai điểm lần lượt nằm trên hai đường thẳng BC’ và CD’.Sao cho QP
vuông gốc với cả hai đường thẳng trên .
Ta có
'; 'BQ xBC CP yCD= =
uuu uuuu uuu uuuu
Mà
' ; 'BC a d CD a b= + = −
uuuu uuuu
 
 

' ' ( ) ( ) ( ) (1 )QP xBC d yCD x a d d y a b a x y yb x d= − + + = − + + + − = − + − + −
uuu uuuu uuuu
     
  
2
' 1 0
3
1
' 0
3
x
BC QP x y x
CD QP x y y
y

=


⊥ ⇒ − + + − =

 
⇒
 
⊥ ⇒ − + + =



=


uuuu uuu
uuuu uuu
Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta co thê cho độ dài của tất cả các cạnh
là a
3
a
PQ⇒ =
uuu
hay độ dài khoảng cách từ BC’ đến CD’ là
3
a
.
Bài 9 : Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, gọi M là trung điểm của BC. Tính
cosin của góc tạo bởi 2 đường thẳng AB và DM.
Giải
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Gọi N là trung điểm của AC, ta có
/ /MN AC
nên góc tạo bởi 2 đường thẳng AB,DM
bằng với góc tạo bởi 2 đường thẳng MN, MD và kí hiệu là

ϕ
Ta có
2
3a
DNDM ==
(đường cao của hai tam giác đều cạnh a) nên
∆
DMN cân tại
D
Gọi H là trung điểm của MN thì
MHDH ⊥
A
17
Xét
∆
HDM:





===
=
42
1
,
2
3
90
ˆ

0
a
MNMH
a
DM
H
N D
32
1
2
3
4
cos ===⇒
a
a
DM
MH
ϕ
M C
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ tọa độ
{ } { }
cbaDCDBDA ,,,, =
)(
2
1
)(
2
1
cbDCDBDA +=+=

baDBADAB +−=+=
Suy ra cosin của góc tạo bởi AB và DM bằng
.AB DM
AB DM
uuuuuuu
uuu uuuu
))((. abcbDMAB −+=
=
cacbbab −+−
2
=
2
1
2
1
2
1
2
1
1 =−+−
1)(
2
=−= abAB
( )
2
3
cbDM +=
1
1
2

cos
1. 3 2 3
ϕ
= =
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Gọi CI là đường cao, O là tâm của tam giác BCD. Chọn hệ trục tọa độ như sau: Trục
Ox đi qua C, trục
BDOy
, trục Oz đi qua A.
Ta có:
3
3
3
2
,
6
3
3
1
2
3 a
CIOC
a
CIOI
a
CI ====⇒=
OAC∆
cho
3
6a

OA =
A
Suy ra B
18
B
H
D
z
)0;0;
3
3
(
a
C

)0;
2
;
6
3
(
aa
B −−
C O
)0;
2
;
6
3
(

aa
D −

)
3
6
;0;0(
a
A
x
y
M là trung điểm của BC nên
)0;
4
;
12
3
(
aa
M −
Ta có:
)
3
6
;
2
;
6
3
(

aaa
AB −−−=
,
)0;
2
3
;
4
3
(
aa
DM −=
Suy ra:
32
1
2
3
4
0
16
9
16
3
.
9
6
436
3
0
8

3
8
),cos(
2
22222
22
==
++++
++−
=
a
a
a
aaaaa
aa
DMAB
Bài 10: Cho hình thang ABCD vuông tai A và B,
aBCABaAD === ,2
, S là điểm
nằm trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
2SA a=
. Chứng minh rằng
tam giác SBC và SCD là những tam giác vuông.
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Ta có
BC AB
BC SA
⊥



⊥

Suy ra
( )BC SAB BC SB SAB⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆
vuông tại B
Gọi I là trung điểm của AB thì tứ giác ABCI là hình vuông và tam giác ACD vuông
cân tại C. Do đó:
CD AC
CD SA
⊥


⊥


( )CD SAC CD SC SCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆
vuông tại C
Cách 2 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ tọa độ
{ }
, , ,SA SB SC SD
uu uu uuu uuu
Ta có
. 0
. 0
SA BC
BC AB

=



=


uu uuu 
uuu uuu 
Mà
. . 0SA BC BC AB+ =
uu uuu uuu uuu 
( ) 0BC SA AB⇒ + =
uuu uu uuu 
. 0BC SB⇒ =
uuu uu 
19
K
Hay tam giác SAB vuông tại B
Gọi I là trung điểm cua AB nên tứ giác ABCI là hỉnh vuông cân tai C
Ta có
. 0
. 0
CD AC
CD SA

=


=


uuu uuu 

uuu uu 
. . 0CD AC CD SA+ =
uuu uuu uuu uu 

( ) 0CD AC SA⇒ + =
uuu uuu uu 
A

. 0CD SC⇒ =
uuu uuu 
I
Hay tam giác SCD vuông tại C B
Cách 3 (Dùng phương pháp tọa độ):
Xác định hệ trục tọa độ như sau:
(0;0;0)
( ;0;0)
(0;2 ;0)
(0;0; 2)
O A A
AB Ox B a
AD Oy D a
AS Oz S a
≡ ⇒


⊂ ⇒


⊂ ⇒



⊂ ⇒


Ta có
( )
;0; 2 , (0; ;0)SB a a BC a= − =
uu uuu

. 0SB BC SB BC⇒ = ⇒ ⊥
uu uuu
A
Do đó tam giác SAB vuông tại B I
Ta có
( )
; ; 2 , ( ; ;0)SC a a a CD a a= − = −
uuu uuu
B
. 0SC CD SC CD⇒ = ⇒ ⊥
uuu uuu
x C
Do đó tam giác SCD vuông tại C
Bài 11: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam gi ác ABC vuông tại A,
AB=AC=a,
AA’=
2a
. M,N lần lượt là trung điểm của AA’ và BC’.
a) Chứng minh MN là đường vuông góc chung của AA’ và BC’.
b) Tính thể tích khối tứ diện MA’B’C’.
Giải

Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
20
S
D
y
S
z
a) Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC’:
Gọi D là giao điểm của DM và A’B’ thì A’ là trung điểm của DB’
∆
C’DB’ cân tại C’ nên C’D=B’C’=
2a
.
∆
BC’D có MN=
'
2
C D
=
2
2
a
.
Xét
∆
BMN có:
BN=a (nửa đường chéo hình vuông BB’C’C cạnh bằng a
2
)
BM=

2 2
3
2
a
AB AM+ =
, MN=
2
2
a
Suy ra MN
2
+NB
2
=
2
2
2 2
2 3
2 2
a a
a BM
 
+ = =
 ÷
 ÷
 
⇒
∆
BMN vuông tại N.
Do đó: MN

⊥
BC’ (1)
Mặt khác:
' '
'
C D AA
MN C D
⊥



P
( ìv
' ( ' ' ') ' )AA A B C C D⊥ ⊃
⇒
MN
⊥
AA’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC’.
b) Thể tích khối tứ diện MA’B’C’ :
V=
1
3
' ' 'A B C
S
MA’=
1
3
.
1

2
.a
2
.
2
2
a
=
3
2
12
a
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:
' '(0;0;0), ' '( ;0;0)
' '(0; ;0), (0;0; 2)
(0; ; 2)
O A A C ox C a
B oy B a A oz A a
B a a
≡ ⇒ ∈ ⇒


∈ ⇒ ∈ ⇒



21
a) Chứng minh MN là đoạn vuông góc
chung của AA’ và BC’:

N là trung điểm của BC’ nên N
2
; ;
2 2 2
a a a
 
 ÷
 ÷
 
M là trung điểm của AA’ nên M
2
0;0;
2
a
 
 ÷
 ÷
 
⇒
; ;0
2 2
a a
MN
 
= − −
 ÷
 
uuuu
( )
' ; ; 2BC a a a= − −

uuuu
. ' . .( ) 0. 0
2 2 2
a a a
MN BC a a
   
= − + − − + − =
 ÷  ÷
   
uuuu uuuu
⇒
MN
⊥
BC’
' (0;0; 2)AA a= −
uuu
( )
. ' .0 .0 0. 2 0
2 2
a a
MN AA a
 
= − + − + − =
 ÷
 
uuuu uuu
⇒
MN
⊥
AA’

Vậy MN là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC’
b) Thể tích khối tứ diện MA’B’C’:
*
2
' 0;0; , ' ' (0; ;0), ' ' ( ;0;0)
2
a
A M A B a A C a
 
= = =
 ÷
 ÷
 
uuuuu uuuuu uuuuu
*
2 3
2 2
' ' ' ;0;0 ,( ' ' '). ' '
2 2
a a
A M A B A M A B A C
 
∧ = − ∧ = −
 ÷
 ÷
 
uuuuu uuuuu uuuuu uuuuu uuuuu
Thể tích cần tìm là V=
3
1 2

( ' ' '). ' '
6 12
a
A M A B A C∧ =
uuuuu uuuuu uuuuu
.
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
a) Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC’:
Xét hệ vector
{ }
, , 'AB AC BB
uuu uuu uuu
:
Đặt
AB
uuu
=
x

=a,
AC
uuu
=
y
u
=a và
'BB
uuu
=
z


=
2a
1 1
'
2 2
AM AA z= =
uuuu uuu 
,
'
2 2
BC x y z
BN
+ +
= =
uuuu  u 
uuu
,
2
x y
MN MA AB BN
+
= + + =
 u
uuuu uuu uuu uuu
MN là đường vuông góc chung của AA’ và BC’
⇔
. ' 0
. ' 0
MN AA

MN BC

=


=


uuuu uuu 
uuuu uuuu 
Vì
. 'MN AA
uuuu uuu
=
MN
uuuu
.
'AA
uuu
.cos(
, 'MN AA
uuuu uuu
)=a.
2a
.cos
0
90
=0 và
. 'MN BC
uuuu uuuu

=
MN
uuuu
.
'BC
uuuu
.cos(
, 'MN BC
uuuu uuuu
)=a.
2
2
a
. cos
0
90
=0
Nên MN là đường cần tìm.
22
B
C
A
’
C
’
B
’
A
I
N

b) Thể tích khối tứ diện MA’B’C’:
V=
1
3
' ' 'A B C
S
.
MA
uuu
=
1
6
3
2
' ' . ' ' . '
12
a
A C A B MA =
uuuuu uuuuu uuuu
Bài 12: Đáy của khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ là một tam giác đều. Mặt
A’BC tạo với đáy một góc
0
30
và tam giác A’BC diện tích bằng 8. Tính thể tích của
khối lăng trụ.
Giải
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Xác định góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và ABC
Gọi I là trung điểm của BC, ta có:
∆

ABC đều nên AI
⊥
BC (1)
∆
A’BC cân tại A’ (A’B=A’C=đường chéo hai hình chữ nhật bằng nhau)
Nên A’I
⊥
BC (2)
∆
A’AI vuông tại A (3)
(1),(2),(3) suy ra
·
0
' 30AIA =
Tính cạnh đáy và chiều cao của khối lăng trụ
∆
A’AI Cho cos
0
30
=
'
IA
IA
3 3
'
2 ' 2
IA
IA IA
IA
⇔ = ⇔ =

∆
ABI là nửa tam giác đều cạnh AB nên
Đường cao IA=AB
3
2
=BC
3
2
(4),(5)
⇒
BC
3
2
=
3
2
IA’
'BC IA
⇔ =
Diện tích tam giác A’BC là
'
1
8 . ' 8
2
A BC
S BC IA= ⇔ =
(6) và (7)
⇒
2
' 4

1
. 8 16 4
2
2 3
IA
BC BC BC BC
IA
=


= ⇔ = ⇔ = ⇒

=


∆
A’AI cho sin
0
30
=
'
'
AA
IA
⇔
AA’=IA’.sin
0
30
=4.
1

2
=2
Thể tích của khối lăng trụ là
V=
1 1 1 8 3
. ' . . ' .4.2 3.2 .
3 6 6 3
ABC
S AA BC IA AA= = =
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
23
B
C
A
’
C
’
B
’
x
y
z
A
I
N
Gọi a là cạnh của tam giác đều ABC, AA’=a, I là trung điểm của BC.
Chọn hệ trục Oxyz như sau:
3
(0;0;0), , ; ;0
2 2

3
; ;0 , ' '(0;0; ')
2 2
a a
A O A Ax BC I Oy B
a a
C A Oz A a

 
≡ ⇒ ∈ ⇒

 ÷
 ÷

 

 

− ∈ ⇒
 ÷

 ÷
 

P
Áp dụng công thức tính diện tích hình chiếu, ta có:
0
'
3
.cos30 8. 4 3

2
ABC A BC
S S= = =
(1)
Mặt khác, ta có:
2
3
0;0; ên
2
a
AB AC n
 
∧ =
 ÷
 ÷
 
uuu uuu
2
1 3
2 4
ABC
a
S ABAC= =
uuuuuu
(2)
(1) và (2) suy ra:
2
3
4
a

2
4 3 16 4 2 3a a IA= ⇔ = ⇔ = ⇒ =
ta có:
3 3
' ; ; ' , ' ; ; '
2 2 2 2
a a a a
A B a A C a
   
= − = − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uuuu uuuu
2
3
' ' 0; '; (0;4 ';8 3)
2
a
A B A C aa a
 
⇒ ∧ = =
 ÷
 ÷
 
uuuu uuuu
2 2 2
'
1 1
16 ' 192 8 16 ' 192 256 16 ' 192 ' 2

2 2
A BC
S a a a a⇒ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ =
.
Thể tích cần tìm : V=
. ' 4 3.2 8 3
ABC
S a = =
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Xét hệ vector
{ }
, ,AB AC BC
uuu uuu uuu
:
Gọi
AB
uuu
=
x

=a,
BC a=
uuu
=
y
u
,
'BB
uuu
=

z

Ta có cos
0
30
=
'IA
IA
uuu
uu

⇒
3
'
2
IA IA=
uuu uu
(1)
Mà nửa tam giác đều cạnh a ABI có
IA
uu
=
3
2
a
24
0
. . cos30AI AB AI AB=
uu uuu uu uuu
mà

AB
uuu
=
BC
uuu
=a suy ra BC=AI.
3
2
nên
BC
uuu
=
IA
uu
.
3
2

(2)
từ (1) và (2) ta có
BC
uuu
=
'IA
uuu
'
1
2
A BC
S =

'IA
uuu
.
BC
uuu
=8
⇒
2
BC
uuu
=16
⇒
BC
uuu
=BC=4
Xét tam giác vuông A’AI có sin
0
30
=
'
'
AA
IA
uuu
uuu

⇒
'AA
uuu
=2

V=
1
6
BC
uuu
.
IA
uu
.
'AA
uuu
=
1
6
BC.IA.AA’=
8 3
3
Bài13: Cho tứ diện ABCD cạnh a, M,N lần lượt là trung điểm AB và CD.I là trung
điểm MN.
a) Tính AI.
b)Chứng minh AI
⊥
(BCD).
Giải
Cách 1 (Dùng phương pháp vector):
a) Tính AI:
Chọn hệ vetor gốc {
BABDBC ,,
}
Đặt

BAzBDyBCx === ,,
Theo giả thiết ta có
azyx ===
(
( ) ( )
0
60,,), === zyzxyx
Vì AI là trung tuyến của
AMN∆
( )
ANAMAI +=
2
1
( ) ( )
( )
zyxxyz
z
BCBDABAMBNABAM
4
3
4
1
4
1
2
1
22
1
2
1

2
1
2
1
−+=








++−−=






+++=++=
22
3
8
3
2
1
.
16
6

2
1
.
16
6
2
1
.
16
2
16
9
16
1
16
1
2
222222
2
a
AI
a
aaaaaaAI
=⇒
=−−+++=
b) Chứng minh AI
⊥
(BCD):
Ta có
zxyxxzyxxBCAI .

4
3
.
4
1
4
1
)
4
3
4
1
4
1
(.
2
−+=−+=

0
8
3
8
1
4
1
),cos(
4
3
).cos(
4

1
4
1
222
2
=−+=
−+=
aaa
zxzxyxyxx
25